高一上学期期末考试化学易错题压轴题含详细解答.docx

1、高一上学期期末考试化学易错题压轴题含详细解答高一上学期期末考试化学易错题压轴题(含详细解答)一选择题（共7小题）1（2012秋双鸭山期末）如图所示是向MgCl2、AlCl3混合液中依次加入M和N时生成沉淀的物质的量与加入的M和N的体积关系图（M、N各表示盐酸或氢氧化钠溶液中的一种），以下结论不正确的是（）A混合溶液中c（AlCl3）：c（MgCl2）=1：1B混合溶液中c（AlCl3）：c（MgCl2）=3：1CV之前加NaOH溶液，V之后加盐酸D这种盐酸与NaOH溶液中溶质的物质的量浓度相同2（2015春邯郸校级期末）一定量的镁铝合金与足量的氢氧化钠溶液反应产生3.36L氢气若将等质量的该合

2、金完全溶于稀硝酸，反应中硝酸被还原只产生4.48L的NO（气体的体积均已折算到标准状况），在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为（）A11.4g B16.5g C9.7g D8.7g3（2009秋宁波期末）镁铝合金5.1g 完全溶于过量的热浓硝酸中，反应中共产生11.2L NO2（标准状况下测定），若在反应后溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，则生成沉淀质量为（）A13.6 g B7.8g C5.8g D4g4（2013秋平桥区校级期末）在某100mL混合溶液中，硝酸和硫酸的物质的量浓度分别为0.4mol/L和0.1mol/L，向该混合溶液中加入1.92克铜粉，微热充分反应，所得

3、NO体积在标准状况下为（）A0.224L B0.336L C0.448L D0.896L5（2014春扬州校级期中）某金属单质能与足量浓硝酸反应，放出NO2气体，若参加反应的金属单质与硝酸的物质的量之比为1：a，则该金属元素在反应后生成的硝酸盐中的化合价是（）A+2a B+a C+ D+6（2011秋龙华区校级期末）将1.92g铜粉与一定量浓硝酸反应，当铜粉完全作用时收集到气体1.12L（标准状况）则所消耗硝酸的物质的量是（）A0.12 mol B0.11 mol C0.09 mol D0.08 mol7（2015秋抚州校级月考）把22.4g铁粉完全溶解于某浓度的硝酸中，如反应只收集到0.3m

4、olNO2和0.2molNO，下列说法正确的是（）A反应后生成的盐只有Fe（NO3）3B反应后生成的盐只有Fe（NO3）2C反应后生成的盐为Fe（NO3）3和Fe（NO3）2，其物质的量之比为3：1D反应后生成的盐为Fe（NO3）3和Fe（NO3）2，其物质的量之比为1：3二解答题（共2小题）8将一定质量的镁、铝合金投入100mL一定物质的量浓度的盐酸中，使合金全部溶解向所得溶液中滴加5mol/L NaOH溶液至过量，生成沉淀的质量与加入的NaOH溶液体积的关系如右图曲线所示试求：（1）原合金中铝的质量分数（2）盐酸的物质的量浓度9（2014春诸暨市校级期中）为测定某铜银合金的组成，将30.0

5、g合金溶于80mL 13.5mol/L的浓HNO3中待合金完全溶解后，收集到NO和NO2混合气体6.72L（标准状况），并测得溶液中H+浓度为1mol/L，假设反应前后溶液体积不变，试计算：（1）被还原的硝酸的物质的量；（2）合金中银的质量；（3）收集到的混合气体中NO2的体积（标准状况）2015年12月31日1482572436的高中化学组卷参考答案与试题解析一选择题（共7小题）1（2012秋双鸭山期末）如图所示是向MgCl2、AlCl3混合液中依次加入M和N时生成沉淀的物质的量与加入的M和N的体积关系图（M、N各表示盐酸或氢氧化钠溶液中的一种），以下结论不正确的是（）A混合溶液中c（AlC

6、l3）：c（MgCl2）=1：1B混合溶液中c（AlCl3）：c（MgCl2）=3：1CV之前加NaOH溶液，V之后加盐酸D这种盐酸与NaOH溶液中溶质的物质的量浓度相同【考点】镁、铝的重要化合物【专题】图像图表题【分析】由图象可知A点生成Al（OH）3、Mg（OH）2，应先加入NaOH，AB发生Al（OH）3+OHAlO2+2H2O，根据横坐标可确定混合溶液中c（AlCl3）：c（MgCl2），B点时溶液成分为NaAlO2，之后继续加入N，沉淀质量逐渐增大，应加入盐酸，BC发生NaAlO2+HCl+H2O=Al（OH）3+NaCl，继续加入盐酸沉淀逐渐溶解，生成氯化镁和氯化铝，以此解答该题【

7、解答】解：由图象可知AB发生Al（OH）3+OHAlO2+2H2O，设消耗氢氧化钠nmol，n（Al（OH）3）=n（AlCl3）=nmol，OA消耗氢氧化钠5nmol，分别发生MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2+2NaCl、AlCl3+3NaOH=Al（OH）3+3NaCl，可知n（MgCl2）=5mol13mol=2mol，则c（AlCl3）：c（MgCl2）=1：1，B点时溶液成分为NaAlO2，之后继续加入N，沉淀质量逐渐增大，应加入盐酸，BC发生NaAlO2+HCl+H2O=Al（OH）3+NaCl，继续加入盐酸沉淀逐渐溶解，生成氯化镁和氯化铝，BC发生NaAlO2 +HCl+H

8、2O=Al（OH）3+NaCl，由横坐标可知消耗盐酸和氢氧化钠的体积相同，则二者物质的量浓度相同，综上分析可知不正确的为B故选B【点评】本题考查了镁、铝重要化合物的性质，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，难度较大，能正确分析图象中转折线发生的化学反应是解本题的关键2（2015春邯郸校级期末）一定量的镁铝合金与足量的氢氧化钠溶液反应产生3.36L氢气若将等质量的该合金完全溶于稀硝酸，反应中硝酸被还原只产生4.48L的NO（气体的体积均已折算到标准状况），在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为（）A11.4g B16.5g C9.7g D8.7g【考点】氧化还原反应的计算；

9、有关混合物反应的计算【分析】Al与NaOH反应生成氢气，n（H2）=0.15mol，由电子守恒可知n（Al）=0.1mol；等质量的该合金完全溶于稀硝酸，反应中硝酸被还原只产生4.48L的NO（气体的体积均已折算到标准状况），n（NO）=0.2mol，由电子守恒可知，n（Mg）2+n（Al）3=0.2mol（52）可计算Mg的物质的量，在反应后的溶液中，加入足量的NaOH溶液，生成沉淀为氢氧化镁，结合Mg原子守恒计算【解答】解：Mg与NaOH溶液不反应，Al与NaOH反应生成氢气，n（H2）=0.15mol，由电子守恒可知n（Al）=0.1mol；等质量的该合金完全溶于稀硝酸，反应中硝酸被还原

10、只产生4.48L的NO，n（NO）=0.2mol，由电子守恒可知，n（Mg）2+n（Al）3=0.2mol（52），解得n（Mg）=0.15mol，在反应后的溶液中，加入足量的NaOH溶液，铝离子转化为偏铝酸根离子，而镁离子转化为氢氧化镁沉淀，由Mg原子守恒可知，nMg（OH）2=n（Mg）=0.15mol，则mMg（OH）2=0.15mol58g/mol=8.7g，故选D【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握电子守恒、原子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度中等3（2009秋宁波期末）镁铝合金5.1g 完全溶于过量的热浓硝酸中，反应中共产生11.2L NO2（标

11、准状况下测定），若在反应后溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，则生成沉淀质量为（）A13.6 g B7.8g C5.8g D4g【考点】有关混合物反应的计算【专题】计算题【分析】在反应后溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，则生成的沉淀是氢氧化镁，令镁铝合金中Mg、Al的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量之和与电子转移守恒列方程计算x、y的值，再根据Mg元素守恒有nMg（OH）2=n（Mg），根据m=nM计算氢氧化镁的质量【解答】解：在反应后溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，则生成的沉淀是氢氧化镁，令镁铝合金中Mg、Al的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量之和有：24x+27y=5.1根

12、据电子转移守恒有：2x+3y=（54）联立方程解得x=0.1，y=0.1根据Mg元素守恒有nMg（OH）2=n（Mg）=0.1mol，生成的氢氧化镁的质量为0.1mol58g/mol=5.8g，故选C【点评】本题考查混合物的有关计算，难度不大，注意最终沉淀为氢氧化镁，注意电子只有守恒的利用4（2013秋平桥区校级期末）在某100mL混合溶液中，硝酸和硫酸的物质的量浓度分别为0.4mol/L和0.1mol/L，向该混合溶液中加入1.92克铜粉，微热充分反应，所得NO体积在标准状况下为（）A0.224L B0.336L C0.448L D0.896L【考点】化学方程式的有关计算【专题】计算题【分析

13、】铜与稀硝酸反应的实质是3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O，只要Cu与硫酸足量，NO3可以被完全还原，n（Cu）=0.03mol，根据n=cV计算溶液中H+、NO3的物质的量，根据离子方程式进行过量计算，根据不足量的物质计算n（NO），再根据V=nVm计算NO体积【解答】解：n（Cu）=0.03mol，n（H+）=0.1L20.1mol/L+0.1L0.4mol/L=0.06mol，n（NO3）=0.1L0.4mol/L=0.04mol，则 3Cu+2NO3+8H+=3Cu2+2NO+4H2O 0.03mol 0.02mol 0.08mol则H+不足，Cu、NO3过量，由方程式

14、可知n（NO）=0.06mol=0.015mol，即所得NO体积在标准状况下为0.015mol22.4L/mol=0.336L，故选B【点评】本题考查硝酸性质、离子方程式的计算等，题目难度中等，注意酸性条件下硝酸根有强氧化性，把握离子方程式及过量计算为解答的关键，避免利用化学方程式的繁琐计算5（2014春扬州校级期中）某金属单质能与足量浓硝酸反应，放出NO2气体，若参加反应的金属单质与硝酸的物质的量之比为1：a，则该金属元素在反应后生成的硝酸盐中的化合价是（）A+2a B+a C+ D+【考点】氧化还原反应的计算【专题】氧化还原反应专题【分析】单质与足量的浓硝酸反应，放出NO2气体，硝酸被还原

15、，化合价降低了1价，与金属的反应中，硝酸表现为酸性和氧化性，设金属元素在产物中的化合价为+n，根据电子得失守恒解答该题【解答】解：该金属元素在反应后生成的硝酸盐中的化合价是+n价，如果金属的物质的量是1mol，则没有被还原的硝酸是nmol，所以被还原的硝酸是（an）mol，则根据电子的得失守恒可知，n=an，解得n=0.5a，故选C【点评】该题是高考中的常见考点，属于中等难度的试题，该题的解题思路是根据氧化还原反应中得失的得失守恒进行，本题有利于培养学生分析问题、解决问题的能力，有利于调动学生的学习积极性6（2011秋龙华区校级期末）将1.92g铜粉与一定量浓硝酸反应，当铜粉完全作用时收集到气

16、体1.12L（标准状况）则所消耗硝酸的物质的量是（）A0.12 mol B0.11 mol C0.09 mol D0.08 mol【考点】化学方程式的有关计算【专题】计算题【分析】反应生成Cu（NO3）2与氮的氧化物（NO、NO2中的一种或2种），反应中硝酸起氧化剂与酸性作用，其氧化剂作用的酸性生成氮的氧化物，其酸性作用的硝酸生成Cu（NO3）2，根据氮原子守恒可知n反应（HNO3）=2Cu（NO3）2+n（NO，NO2），根据n=计算1.92gCu的物质的量，由Cu原子守恒可知n（Cu）=Cu（NO3）2，据此计算解答【解答】解：1.92gCu的物质的量=0.03mol，n（NO，NO2）=

17、0.05mol，反应生成Cu（NO3）2与氮的氧化物（NO、NO2中的一种或2种），反应中硝酸起氧化剂与酸性作用，其氧化剂作用的酸性生成氮的氧化物，其酸性作用的硝酸生成Cu（NO3）2，由Cu原子守恒可知n（Cu）=Cu（NO3）2=0.03mol，根据氮原子守恒可知n反应（HNO3）=2Cu（NO3）2+n（NO，NO2）=20.03mol+0.05mol=0.11mol，故选：B【点评】本题考查化学计算、硝酸性质等，题目可以根据Cu与生成气体的体积判断发生的反应，再利用方程式计算，但比较复杂，注意分析硝酸的作用，运用原子守恒解答，题目设计有利于考查学生的综合能力，难度中等7（2015秋抚州

18、校级月考）把22.4g铁粉完全溶解于某浓度的硝酸中，如反应只收集到0.3molNO2和0.2molNO，下列说法正确的是（）A反应后生成的盐只有Fe（NO3）3B反应后生成的盐只有Fe（NO3）2C反应后生成的盐为Fe（NO3）3和Fe（NO3）2，其物质的量之比为3：1D反应后生成的盐为Fe（NO3）3和Fe（NO3）2，其物质的量之比为1：3【考点】氧化还原反应的计算【分析】n（Fe）=0.4mol，反应只收集到0.3molNO2和0.2molNO，转移电子物质的量=0.3mol（54）+0.2mol（52）=0.9mol，假设Fe完全生成Fe3+，转移电子物质的量=0.4mol3=1.2

19、mol0.9mol，假设Fe完全只生成Fe2+，转移电子物质的量=0.4mol2=0.8mol0.9mol，所以Fe反应生成物有Fe（NO3）3和Fe（NO3）2，利用转移电子守恒计算二者物质的量之比【解答】解：n（Fe）=0.4mol，反应只收集到0.3molNO2和0.2molNO，转移电子物质的量=0.3mol（54）+0.2mol（52）=0.9mol，假设Fe完全生成Fe3+，转移电子物质的量=0.4mol3=1.2mol0.9mol，假设Fe完全只生成Fe2+，转移电子物质的量=0.4mol2=0.8mol0.9mol，所以Fe反应生成物有Fe（NO3）3和Fe（NO3）2，设Fe

20、（NO3）3和Fe（NO3）2的物质的量分别是xmol、ymol，结合转移电子守恒得解得，所以Fe（NO3）3和Fe（NO3）2的物质的量之比=0.1mol：0.3mol=1：3，故选D【点评】本题考查氧化还原反应的有关计算，为高频考点，正确判断含Fe化合物种类是解本题关键，注意原子守恒的灵活运用，题目难度不大二解答题（共2小题）8将一定质量的镁、铝合金投入100mL一定物质的量浓度的盐酸中，使合金全部溶解向所得溶液中滴加5mol/L NaOH溶液至过量，生成沉淀的质量与加入的NaOH溶液体积的关系如右图曲线所示试求：（1）原合金中铝的质量分数（2）盐酸的物质的量浓度【考点】镁、铝的重要化合物

21、；化学方程式的有关计算【分析】从图中横坐标可以看出，加入20mL的氢氧化钠溶液时，没有产生沉淀，此段是盐酸与氢氧化钠发生中和反应；当氢氧化钠继续加入时，沉淀不断增加，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铝，直到沉淀最大值；继续添加氢氧化钠，则氢氧化铝参与反应，生成偏铝酸钠，故11.6g沉淀是氢氧化镁，（19.411.6）g是氢氧化铝的质量，根据守恒法可知，n（Mg）=n（Mg（OH）2）=11.6g58g/mol=0.2mol，故镁的质量为0.2mol24g/mol=4.8g，同理可求出铝的质量为2.7g当氢氧化钠加入量为160mL时，溶质均为NaCl，根据守恒法可知，n（HCl）=n（Cl）=n（NaOH

22、）=0.16L5.0mol/L=0.8mol【解答】解：（1）由图可知，从加入20mL氢氧化钠溶液开始产生沉淀，加入氢氧化钠溶液为160mL时，沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，该阶段消耗氢氧化钠140mL，由氢氧根守恒可知3nAl（OH）3+2nMg（OH）2=n（NaOH）=（0.16L0.02L）5mol/L=0.7mol从加入氢氧化钠溶液160mL180mL溶解氢氧化铝，该阶段发生反应Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，所以nAl（OH）3=（0.18L0.16L）5mol/L=0.1mol，故30.1mol+2nMg（OH）2=0.7mol，解得nMg（

23、OH）2=0.2mol，由元素守恒可知n（Mg）=nMg（OH）2=0.2mol，所以Mg的质量为0.2mol24g/mol=4.8g，Al的质量为0.1mol27g/mol=2.7g，所以原合金中铝的质量分数为100%=36%答：原合金中铝的质量分数为36%（2）加入氢氧化钠溶液为160mL时，沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，溶液为氯化钠溶液，根据钠元素守恒此时溶液中n（NaCl）=n（NaOH）=0.16L5mol/L=0.8mol，根据氯元素守恒n（HCl）=0.8mol，故盐酸的物质的量浓度为=8mol/L答：盐酸的物质的量浓度为8mol/L【点评】本题考查镁铝化合物

24、性质、混合物的计算，以图象题的形式考查，题目难度中等，分析图象各阶段的发生的反应是解题关键，再利用守恒计算9（2014春诸暨市校级期中）为测定某铜银合金的组成，将30.0g合金溶于80mL 13.5mol/L的浓HNO3中待合金完全溶解后，收集到NO和NO2混合气体6.72L（标准状况），并测得溶液中H+浓度为1mol/L，假设反应前后溶液体积不变，试计算：（1）被还原的硝酸的物质的量；（2）合金中银的质量；（3）收集到的混合气体中NO2的体积（标准状况）【考点】氧化还原反应的计算；有关混合物反应的计算【专题】氧化还原反应专题【分析】（1）被还原的硝酸生成NO、NO2，根据N元素守恒计算被还原

25、硝酸的物质的量；（2）令混合物中Cu、Ag物质的量分别为xmol、ymol，产物Cu（NO3）2、AgNO3中含NO3物质的量各为2xmol、ymol，根据合金质量及N原子守恒列方程，再根据m=nM计算Ag的质量；（3）令混合气体中NO和NO2的物质的量分别为amol、bmol，根据二者体积及电子转移守恒列方程计算，进而计算二氧化氮的体积【解答】（1）收集到的气体为NO2和NO，故被还原的n（HNO3）=n（NO2+NO）=6.72 L22.4Lmol1=0.30mol，答：被还原的硝酸的物质的量为0.3mol（2）反应的n（HNO3）=13.5 molL10.08L1.0 molL10.08

26、L=1 mol设合金中铜、银物质的量分别为xmol、ymol，则：64x+108y=30 产物Cu（NO3）2、AgNO3中含NO3物质的量各为2x mol、y mol，据N守恒可得：2x+y+0.3=1 联立，解得x=0.3 y=0.10 mol故合金中银的质量=0.10 mol108g/mol=10.8g，答：合金中银的质量为10.8g（3）令混合气体中NO和NO2的物质的量分别为amol、bmol，根据二者体积及电子转移守恒，则：解得a=0.2，b=0.1故混合气体中NO2的体积=0.1mol22.4L/mol=2.24L，答：混合气体中NO2的体积为2.24L【点评】本题考查混合物计算、氧化还原反应计算，难度中等，注意反应中硝酸起氧化剂、还原剂作用，注意守恒思想的应用